第二届华杯赛初赛试题答案（共11篇）由网友“stamp”投稿提供，今天小编就给大家整理过的第二届华杯赛初赛试题答案，希望对大家的工作和学习有所帮助，欢迎阅读!
篇1：第二届华杯赛初赛试题答案
第二届华杯赛初赛试题答案
参考答案
第二届华杯赛初赛试题答案：1.第八届 2.11 3.121 4.1981 5.58% 6.0 7.13.42 8.
9.第三个 10.3点钟 11.13 12.36人 13.第十次交换座位后，小兔坐在第2号位子
14.能排成4个被11除余8的数 15.100个
1.【解】“每隔一年举行一次”的意思是每两年举行1次。1988年到还有-1988=，因此还要举行12÷2=6届。1988年是第二届，所以20是1+6=8届。
这题目因为数字不大，直接数也能很快数出来：1988、1990、1992、1994、、、2000年分别是第二、三、四、五、六、七、八届.
答：2000年举行第八届.
【注】实际上，第三届在1991年举行的，所以是第八届.
2.【解】由于两只蚂蚁的速度相同，所以大、小圆上的蚂蚁爬一圈的时间的比应该等于圈长的比.而圈长的比又等于半径的比，即：33∶9.
要问两只蚂蚁第一次相遇时小圆上的蚂蚁爬了几圈，就是要找一个最小的时间它是大、小圆上蚂蚁各自爬行一圈所需时间的整数倍.适当地选取时间单位，使小圆上的蚂蚁爬一圈用9个单位的时间，而大圆上的蚂蚁爬一圈用33个单位的时间.这样一来，问题就化为求9和33的最小公倍数的问题了.不难算出9和33的最小公倍数是99，所以答案为99÷9=11.
答：小圆上的蚂蚁爬了11圈后，再次碰到大圆上的蚂蚁.
3.【解】把棋盘分割成一个平行四边形和四个小三角形，如下图。平行四边形中棋孔数为9×9=81，每个小三角形中有10个棋孔。所以棋孔的总数是81+10×4=121(个)
答：共有121个棋孔
4.【解】由于得数有两位小数，小数点不可能加在个位数之前.如果小数点加在十位数之前，所得的数是原来四位数的百分之一，再加上原来的四位数，得数2000.81应该是原来四位数的1.01倍，原来的四位数是2000.81÷1.01=1981.
类似地，如果小数点加在百位数之前，得数2000.81应是原来四位数的1.001倍，小数点加在千位数之前，得数2000.81应是原来四位数的1.0001倍.但是(2000.81÷1.001)和(2000.81÷1.0001)都不是整数，所以只有1981是唯一可能的答案.
答：这个四位数是1981.
【又解】注意到在原来的四位数中，一定会按顺序出现8，1两个数字.小数点不可能加在个位数之前;也不可能加在千位数之前，否则原四位数只能是8100，大于2000.81了.
无论小数点加在十位数还是百位数之前，所得的数都大于1而小于100.这个数加上原来的四位数等于2000.81，所以原来的四位数一定比2000小，但比1900大，这说明它的前两个数字必然是1，9.由于它还有8，1两个连续的数字，所以只能是1981.
5.【解】格子布的面积是下图面积的9倍，格子布白色部分的面积也是图上白色面积的9倍，下图中白色部分所占面积的百分比是：
=0.58=58%
答：格子布中白色部分的面积是总面积的58%.
6.【解】因为差的首位是8，所以被减数首位是9，减数的首位是1。第二位上两数的差是9，所以被减数的第二位是9，减数的第二位是0。于是这六个方框中的数字的'连乘积等于0。
答：六个方框中的数字的连乘积等于0.
7.【解】每个圆和正方形的公共部分是一个扇形，它的面积是圆的面积的四分之一.因此，整个图形的面积等于正方形的面积加上四块四分之三个圆的面积.而四块四分之三个圆的面积等于圆面积的三倍.于是整个图形的面积等于正方形的面积加上圆面积的三倍.也就是2×2+π×1×1×3≈13.42(平方米)
答：这个正方形和四个圆盖住的面积约是13.42平方米.
8.【解】(米).
答：七根竹竿的总长是米.
【又解】我们这样考虑：取一根2米长的竹竿，把它从中截成两半，各长1米.取其中一根作为第一根竹竿.将另外一根从中截成两半，取其中之一作为第二根竹竿.如此进行下去，到截下第七根竹竿时，所剩下的一段竹竿长为：(米)，因此，七根竹竿的总长度是2米减去剩下一段的长，也就是答：七根竹竿的总长是米.
9.【解】梯形的面积=(上底+下底)×高-2.但我们现在是比较三个梯形面积的大小，所以不妨把它们的面积都乘以2，这样只须比较(上底+下底)×高的大小就行了.我们用乘法分配律：
第一个梯形的面积的2倍是：(2.12+3.53)×2.71=2.12×2.7I+3.53×2.71，
第二个梯形的面积的2倍是：(2.7l+3.53)×2.12=2.71×2.12+3.53×2.12，
第三个梯形的面积的2倍是：(2.12+2.71)×3.53=2.12×3.53+2.7I×3.53
先比较第一个和第二个两个式子右边的第一个加数，一个是2.12×2.71，
另一个是2.71×2.12由乘法交换律，这两个积相等因此只须比较第二个加数的大小就行了，显然3.53×2.71比3.53×2.12大，因为2.71比2.12大因此第一个梯形比第二个梯形的面积大.类似地，如果比较第一个和第三个，我们发现它们右边第二个加数相等.而第一个加数2.12×2.71<2.12×3.53.因此第三个梯形比第一个梯形面积大.综上所述，第三个梯形面积最大.
答：第三个梯形面积最大.
10.【解】因为电子钟每到整点响铃，所以我们只要考虑哪个整点亮灯就行了.从中午12点起，每9分钟亮一次灯，要过多少个9分钟才到整点呢?由于1小时=60分钟，这个问题换句话说就是：9分钟的多少倍是60分钟的整数倍呢?即求9分和60最小公倍数.9和60的最小公倍数是180.这就是说，从正午起过180分钟，也就是3小时，电子钟会再次既响铃又亮灯.
答：下一次既响铃又亮灯时是下午3点钟.
11.【解】每种花色各选3张，一共12张，可见抽12张牌不能保证有4张牌是同一花色的.
如果抽13张牌，由于花色只有4种，其中必有一种多于3张，即必有4张牌同一花色.
答：至少要抽13张牌，才能保证有四张牌是同一花色的.
12.【解】先增加一条船，那么正好每条船坐6人.然后去掉两条船，就会余下6×2=12名同学，改为每条船9人，也就是说，每条船增加9-6=3人,正好可以把余下的12名同学全部安排上去，所以现在还有12÷3=4条船，而全班同学的人数是9×4=36人
【又解】由题目的条件可知，全班同学人数既是6的倍数，又是9的倍数，因而是6和9的公倍数.6和9的最小公倍数是18.如果总数是18人，那么每船坐6人需要有18÷6=3条船，而每船坐9人需要18÷9=2条船，就是说，每船坐6人比每船坐9人要多一条船.但由题目的条件，每船坐6人比每船坐9人要多用2条船.可见总人数应该是18×2=36.
答：这个班共有36个人
13.【解】根据题意将小兔座位变化的规律找出来.
可以看出：每一次交换座位，小兔的座位按顺时针方向转动一格，每4次交换座位，小兔的座位又转回原处.知道了这个规律，答案就不难得到了.第十次交换座位后，小兔的座位应该是第2号位子.
答：第十次交换座位后，小兔坐在第2号位子.
14.【解】用1、9、8、8可排成12个四位数，即1988，1898，1889，9188，9818，9881，8198，8189，8918，8981，8819，8891
它们减去8变为1980，1890，1881，9180，9810，9873，8190，8181，8910，8973，8811，8883
其中被11整除的仅有1980，1881，8910，8811，即用1、9、8、8可排成4个被1除余8的四位数，即1988，1889，8918，8819.
【又解】什么样的数能被11整除呢?一个判定法则是：比较奇位数字之和与偶位数字之和，如果它们之差能被11除尽，那么所给的数就能被11整除，否则就不能够.
现在要求被11除余8，我们可以这样考虑：这样的数加上3后，就能被11整除了.所以我们得到“一个数被11除余8”的判定法则：将偶位数字相加得一个和数，再将奇位数字相加再加上3，得另一个和数，如果这两个和数之差能被11除尽，那么这个数是被11除余8的数;否则就不是.
要把1、9、8、8排成一个被11除余8的四位数，可以把这4个数分成两组，每组2个数字.其中一组作为千位和十位数，它们的和记作A;另外一组作为百位和个位数，它们之和加上3记作B.我们要适当分组，使得能被11整除.现在只有下面4种分组法：
经过验证，第(1)种分组法满足前面的要求：A=1+8，B=9+8+3=20，B-A=11能被11除尽.但其余三种分组都不满足要求.
根据判定法则还可以知道，如果一个数被11除余8，那么在奇位的任意两个数字互换，或者在偶位的任意两个数字互换，得到的新数被11除也余8.于是，上面第(1)分组中，1和8中任一个可以作为千位数，9和8中任一个可以作为百位数.这样共有4种可能的排法：1988，1889，8918，8819.
答：能排成4个被11除余8的数
15.【解】我们先在右图小正方形中找一个代表点，例如右下角的点E作为代表点.然后将小正方形按题意放在围棋盘上，仔细观察点E应在什么地方.通过观察，不难发现：
(1)点E只能在棋盘右下角的正方形ABCD(包括边界)的格子点上.
(2)反过来，右下角正方形ABCD中的每一个格子点都可以作为小正方形的点E，也只能作为一个小正方形的点E.这样一来，就将“小正方形的个数”化为“正方形ABCD中的格子点个数”了.很容易看出正方形ABCD中的格子点为10×10=100个.
答：共有100个。
篇2：第二届华杯赛决赛第一试的试题答案
关于第二届华杯赛决赛第一试的试题答案
决赛第一试试题与解答
图55的30个格子中各有一个数字，最上面一横行和最左面一竖列的数字已经填好，其余每个格子中的数字等于同一横行最左面数字与同一竖到最上面数字之和(例如a=14+17=31)。问这30个数字的总和等于多少?
[解法]从题目的填数规则，我们知道，与12同一行的六个格子中都有12这个数，因此总和数中有六个12相加。与14同一行的六个格子中都有14这个数，所以总和数中有六个14这个数。同样，与16同一行，与18同一行的格子中，分别都有六个16，六个18，也就是说，从行看总和中有六个12，六个14，六个16，六个18.它们的和是6×(12+14+16+18)
再从列看，与11同一列的五个格子中都有11这个数。所以在总和数中有五个11这个救。同样分析，总和数中有五个13，五个15，五个17，五个19，它们之和是：
5×(11+13+15+17+19)
方格子中还有一个数10，此外，没有别的数了。所以总和数=6×(12+14+16+18)+5×(11+13+17+19)+10
=745
第二届华杯赛决赛第一试试题答案：[分析与讨论]这道题，有的同学按填数规则把每个格于上的数都填出来，然后用硬加的办法求出总和数。这样做法个可取，因为如果行数列数很大时，这样做的计算最大，硬加就很困难。因此应该采用巧算法。本题还有其它的巧算法，这里就不再叙述了。
另外需要提醒的是，不少问学思路是正确的，但忘了加10这个数。同学们不要轻视这种疏忽。
本题求一些数的和，在表现形式上是有新意的，平时同学们常做的求和问题，多数是求一串数的和，而本题是求一个表上所有数字之和。这种填着数的表格在工农业和科学试验上是常用的。
平行四边形ABCD周长为75厘米，以BC为底时高是14厘米(图57);以CD为底时高是16厘米。求：平行四边形ABCD的面积。
[解法]平行四边形的面积=底×高
所以，平行四边形ABCD的面积S=BC×14，
同样S=CD×16，也就是CD=S。
所以BC+CD=S+S
=(+)×S
这就是×75=(+)×S
S=280(平方厘米)
答：平行四边形ABCD的面积是280平方厘米。
[分析与讨论]本题是求面积问题，解法很多。问学们可以试试其它解法再和上面的解法比较一下，看看哪种方法最简便?
同一个问题，可以从不同角把它看成不同的数学问题，比如本题可以看成求面积问题，也可以看成“工程问题。这种能力的培养也是非常重要的。
一段路程分成上坡、平路、下坡三段。各段路程长之比依次是1∶2∶3三人走各段路所用时间之比次依是4∶5∶6。已知他上坡时速度为每小时3公里.路程全长50公里。问此人走完全程用了多少时间?
[解法]
上坡时间是(上坡路程)÷(上坡的速度)
=50×÷3=(小时)
上坡时间占全程时间的所以，全程时间
=(小时)
==(小时)
答：此人走完全程共用了小时。
[分析与讨论]这是一道比例题。比例问题在代数和几何中都很重要。在小学算术课本中也有不少比例问题，主要是搞清楚部分与整体的关系。在进一步学习过程中，同学们会不断得到有关知识与技能。
小玲有两种不同形状的纸板。一种是正方形的，一种是长方形的(图58)。正方形纸板的总数与长方形纸板的总数之比是1∶2。她用这些纸板做成一些竖式和横式的无盖纸盒(图59)。正好将纸板用完，在小玲所做的'纸盒中、竖式纸盒的总数与横式纸盒的总数之比是多少?
[解法1]设竖式盒总数：横式盒总数=X∶1
长方形纸板数量=(4X+3)×(横式盒的总数);正方形纸板数量=(X+2)×(横式盒的总数)。所以4X+3=2×(X+2)
X=答：竖式纸盒的总数与横式纸盒的总数之比是1∶2。
[解法2]如果把无盖纸盒都加上了盖子。那么，无论盒是竖式的还是横式的，在加盖以后都用了两块正方形纸板四块长方形纸板。因此，加盖以后所用的正方形纸板总数长方形纸板总数之比是2∶4=1∶2。而在加盖以前所用正方形纸板总数与长方形纸板总数之比恰好也是1∶2。由此可见，所加的盖子中正方形的比是1∶2，因为竖式的盖子是正方形的，而横式盒的盖子是长方形的。所以在小玲所做的纸盒中，竖式纸盒的总数与横式纸盒的总数之比是1∶2。
[分析与讨论]注意，“解法2”是对于比数是1∶2这个特定条件下的一种特殊解法，它不具普遍性。比如，如果正方形纸板的总数与长方形纸板的总数之比是1∶3，那么答案就是3∶1。
请同学们算一算，如果正方形纸板的总数与长方形纸板的总数之比是N∶M，那么答案是什么?请自己分析讨论一下。
在工业生产中，常常遇到这样一类问题，原材料的来源是按一定的配比给定了，要用这些材料生产各种类型的产品。这时有最佳安排问题。安排不好就会造成材料的浪费。学了小学的数学知识就可以解决一些这类问题中最简单的问题。
在一根长木棍上，有三种刻度线、第一种刻度线将木棍分成十等份;第二种将木棍分成十二等份;第三仲将木棍分成十五等份。如果沿每条刻度先将木棍锯断，木棍总共被锯成多少段?
[解法]求出(10，12，15)的最小公倍数，它是60。把这根木棍的10等分的每等分长6个单位。12等分的每等分长5单位;15等分的每等分长4单位。
不计木的两个端点，木棍的内部等分点数分别是9，11，14(相应于10，12，15等分)，共计34个。
由于5，6的最小公倍数为30，所以10与12等分的内分点在30单位处处相重，必须从34中减。
又由于4，5的最小公倍数为20，所以12与15等分的内分点在20童位和40童位两个相重，必须再减去2。
同样，6，4的最小公倍数为12，所以15与10等分的内分点在12，24，26;48童位处相重，必须再减去4。
由于这些相重点，各不相同，所以从34个内分点中减去1，再减去2，再减去4，得27小刻度点，沿这些刻度点把木棍锯成28段。
答：木棍总共被锯成28段。
[分析与讨论]本题还有许多解法。不少同学把木棍长看成1个单位，那么等分点将是一批分数，分析起来不如这里父段。
[分析与讨论]本题还有许多解法。不少同学把木棍长看成1个单位，那么等分点将是一批分数，分析起来不如这里给出的解法清楚，因此计数多有错。也有一些同学列出全部等分点，计算繁琐，也未必能做对，所以巧算是很重要的。
已知：
a=问：a的整数部分是多少?
[解法]
a=====现在我们来看a的第二项的分母，一方面
11×65+12×66+13×67+14×68+15×69<11×69+12×69+13×
69+14×69+15×69
另一方面
11×65+12×66+13×67+14×68+15×69>11×65+12×65+13×65+14×65+15×65
由于一个正的分数，分母变小分数变大，分母变大分数变小。所以
<
即<同样分析可得，
>也就是
<<100+<100+×
100<100+100+
答：a的整数部分是101。
[分析与讨论]这是一道估值问题。估值问题不论在纯数学上还是在应用数学上都很重要。
估值问题在小学生中很少受到训练。但同学们在日常生活中，经常会遇到一些这类问题，他们也有一些解决的办法。当然直接计算的方法是不可取的。在小学生中，适当增加一点这方面的训练，是有好处的。
图60算式中，所有分母都是四位数。请在每个方格中各填入一个数字，使等式成立。
图60
[解法]本题中，三个分数的分母都是四位数、不能立刻看出结果，因此有必要将问题先简化一下。
我们知道，如果将三个分数的分母同时扩大或缩小相同的倍数，等式照样成立。这就启发我们一种化简的方法，使分母尽量变得简单。
自然的想法是将1988这个数做质因数分解。通过试除知道1988的质因数分解为：
1988=2×2×7×71。
这样，根据上面的分析，可以先用1988的约数来代替1998，试着找一组解，然后再将分母都乘以适当的倍数，检查一个是否都是四位数就行了
例如：1988的质因数分解中有的数4，很容易看出：
由于1988=2×2×7×71=4×497，所以，将上面等式的两边均乘上，就得
，即
这样就给出了一组适合条件的解。
再如，
1988=2×2×7×71
=(2×7)×(2×71)
=14×142
而且有
，两边同乘以，就得
即这就给出了另一组解。
[分析和讨论]我们在解题中只给出了二组不同的解，而且在找解时多少带有一点试探的意味。这是因为要限于小学教村的内容，而且也为了使同学们对如何简化问题的技巧有一点体会。
这道题有多少组不同的解呢?是不是还有更一般的方法?下面就来讨论。因为，要涉及到较深一点的知识，同学们如果现在看不懂，可以留到以后再看。
为叙述方便，个妨将问题重写出来设X，Y为两个四位数，并适合
(1)
问：X，Y各为多少?
解：从(1)式可以看出，<，也就是说Y<1988。令u=1988-y根据题意，y是四位数，即y>1000，由此可知：
和U代换(1)式中的Y，我们有
(3)
因此
(4)
亦即
XU=(1988-U)1988=19882-988U(5)
从(5)式可以得到
19882=XU+1988U=(X+1988)U(6)
也就是说，
(7)
其中，S为4位数，U是适合条件(2)的整数。
由于(7)式左方是整数，因此U必须是19882的因子。
更进一步，按题设X是四位数，亦即X≤9999。所以从(7)式可知
=X+1988≤11987 (8)
即
U≥>329.5 (9)
再结合(2)式，我们有
330
这样，整个问题就化为求19882中适合条件(10)的因数有多少个?
容易看出：1988有质因素分解
1988=22×7×71(11)
因此，19882=24×72×712。其中有哪些因数适合条件(10)呢?经过检查可知有如下4个因素：
71×7，71×23，72×23，72×24
用这4个数分别代入(7)式和Y=1988-U，就可以得到四组解如下：(1)X=5964，Y=1491;
(Ⅱ)X=4970，Y=1420;
(Ⅲ)X=8094，Y=1596;
(Ⅳ)X=3053，Y=1204。
最后，我们要给出解的一般公式，以供参考。
设X，Y，Z为三个自然数，适合
(12)
求X，Y，Z的一般形式
[解]由(12)式可知：
<，< (13)
因此，X>Z，Y>Z，由此不妨设
X=Z+U，Y=Z+V(14)
其中U>0，V>0.
将(14)式代入到(12)式中，我们有
= (15)
即(2Z+U+V)Z=(Z+U)(Z+V)=Z2+ZU+ZV+UV(16)
化简后可得：
Z2=UV(17)
设U和V有最大公约数为T，则
U=U1·T，V=V1.T(18)
其中U1和V1互质。
将(16)式代入到(17)式中，可以得到
Z=Z1T(19)
而Z1，U1，V1适合方程
(20)
因为U1和V1互质，即只有公因数1，从(20)可知U1和V1均为平方数，也就说，一般解为
，， (21)
将(21)式代入到(14)式中，我们有一般解：
X=R(R+S)T
Y=S(R+S)T(22)
Z=R·S·T
其中R，S，T均为自然数。
有兴趣的同学不妨用一般公式试试求本题的解。
篇3：华杯赛初赛试题
华杯赛初赛试题
1．“华罗庚金杯”少年数学邀请赛每隔一年举行一次．今年(1988年)是第二届．问是第几届？
2．一个充气的救生圈（如右图）．虚线所示的大圆，半径是33厘米．实线所示的小圆，半径是9厘米．有两只蚂蚁同时从A点出发，以同样的速度分别沿大圆和小圆爬行．问：小圆上的蚂蚁爬了几圈后，第一次碰上大圆上的蚂蚁？
3．如右图是一个跳棋棋盘，请你算算棋盘上共有多少个棋孔？
4．有一个四位整数．在它的某位数字前面加上一个小数点，再和这个四位数相加，得数是.81．求这个四位数．
5．如图是一块黑白格子布．白色大正方形的边长是14厘米，白色小正方形的边长是6 厘米．问：这块布中白色的面积占总面积的百分之几？
6．如下图是两个三位数相减的算式，每个方框代表一个数字．问：这六个方框中的数字的连乘积等于多少？
7．如右图中正方形的边长是2米，四个圆的半径都是1米，圆心分别是正方形的四个顶点．问：这个正方形和四个圆盖住的面积是多少平方米？
8．有七根竹竿排成一行．第一根竹竿长1米，其余每根的长都是前一根的一半．问：这七根竹竿的总长是几米？
9．有三条线段A、B、C，a长2.12米，b长2.71米，c长3.53米，以它们作为上底、下底和高，可以作出三个不同的梯形．问：第几个梯形的面积最大(如下图)？
10．有一个电子钟，每走9分钟亮一次灯，每到整点响一次铃．中午12点整，电子钟响铃又亮灯．问：下一次既响铃又亮灯是几点钟？
11．一副扑克牌有四种花色，每种花色有13张，从中任意抽牌．问:最少要抽多少张牌，才能保证有4张牌是同一花色?
12．有一个班的同学去划船．他们算了一下，如果增加一条船，正好每条船坐6人；如果减少一条船，正好每条船坐9人．问：这个班共有多少同学？
13． 四个小动物换座位．一开始，小鼠坐在第1号位子，小猴坐在第2号，小兔坐在第3号，小猫坐在第4号．以后它们不停地交换位子．第一次上下两排交换．第二次 是在第一次交换后再左右两排交换．第三次再上下两排交换．第四次再左右两排交换??这样一直换下去．问：第十次交换位子后，小兔坐在第几号位子上？（参看 下图）
14．用1、9、8、8这四个数字能排成几个被11除余8的四位数？
15．如下图是一个围棋盘，它由横竖各19条线组成．问：围棋盘上有多少个右图中的小正方形一样的正方形？
参考答案
1.第八届 2．11 3．121 4．1981 5．58% 6．0 7．13.42 8．
9．第三个 10．3点钟 11．13 12．36人 13．第十次交换座位后，小兔坐在第2号位子
14．能排成4个被11除余8的数 15．100个
1．【解】“每隔一年举行一次”的意思是每两年举行1次。1988年到20还有2000－1988＝，因此还要举行12÷2＝6届。1988年是第二届，所以2000年是1＋6＝8届。 这题目因为数字不大，直接数也能很快数出来：1988、1990、1992、1994、、、2000年分别是第二、三、四、五、六、七、八届．
答：2000年举行第八届．
【注】实际上，第三届在1991年举行的，所以是第八届.
2．【解】由于两只蚂蚁的速度相同，所以大、小圆上的蚂蚁爬一圈的时间的比应该等于圈长的比．而圈长的比又等于半径的比，即：33∶9．
要问两只蚂蚁第一次相遇时小圆上的蚂蚁爬了几圈，就是要找一个最小的时间它是大、小圆上蚂蚁各自爬行一圈所需时间的整数倍．适当地选取时间单位，使小圆上的蚂蚁爬一圈用
9个单位的时间，而大圆上的蚂蚁爬一圈用33个单位的时间．这样一来，问题就化为求9和33的最小公倍数的问题了．不难算出9和33的最小公倍数是99，所以答案为99÷9=11． 答：小圆上的蚂蚁爬了11圈后，再次碰到大圆上的蚂蚁．
3. 【解】把棋盘分割成一个平行四边形和四个小三角形，如下图。平行四边形中棋孔数为9×9＝81，每个小三角形中有10个棋孔。所以棋孔的总数是81＋10×4＝121(个) 答：共有121个棋孔
4．【解】由于得数有两位小数，小数点不可能加在个位数之前．如果小数点加在十位数之前，所得的数是原来四位数的百分之一，再加上原来的四位数，得数2000.81应该是原来四位数的1.01倍，原来的四位数是2000.81÷1.01＝1981．
类似地，如果小数点加在百位数之前，得数2000.81应是原来四位数的1.001倍，小数点加在千位数之前，得数2000.81应是原来四位数的1.0001倍．但是（2000.81÷1.001）和（2000．81÷1.0001）都不是整数，所以只有1981是唯一可能的答案．
答：这个四位数是1981．
【又解】注意到在原来的四位数中，一定会按顺序出现8，1两个数字．小数点不可能加在个位数之前；也不可能加在千位数之前，否则原四位数只能是8100，大于2000.81了． 无论小数点加在十位数还是百位数之前，所得的数都大于1而小于100．这个数加上原来的四位数等于2000.81，所以原来的四位数一定比2000小，但比1900大，这说明它的前两个数字必然是1，9．由于它还有8，1两个连续的数字，所以只能是1981．
5．【解】格子布的面积是下图面积的'9倍，格子布白色部分的面积也是图上白色面积的9倍，下图中白色部分所占面积的百分比是：
＝0.58＝58％
答：格子布中白色部分的面积是总面积的58％
.
6．【解】因为差的首位是8，所以被减数首位是9，减数的首位是1。第二位上两数的差是9，所以被减数的第二位是9，减数的第二位是0。于是这六个方框中的数字的连乘积等于0。 答：六个方框中的数字的连乘积等于0．
7．【解】每个圆和正方形的公共部分是一个扇形，它的面积是圆的面积的四分之一.因此，整个图形的面积等于正方形的面积加上四块四分之三个圆的面积.而四块四分之三个圆的面积等于圆面积的三倍.于是整个图形的面积等于正方形的面积加上圆面积的三倍．也就是2×2＋π×1×1×3≈13.42(平方米)
答：这个正方形和四个圆盖住的面积约是13.42平方米．
8．【解】(米). 答：七根竹竿的总长是米．
【又解】我们这样考虑：取一根2米长的竹竿，把它从中截成两半，各长1米．取其中一根作为第一根竹竿．将另外一根从中截成两半，取其中之一作为第二根竹竿．如此进行下去，
到截下第七根竹竿时，所剩下的一段竹竿长为：（米），因此，七根竹竿的总长度是2米减去剩下一段的长，也就是 答：七根竹竿的总长是米．
9．【解】梯形的面积＝(上底＋下底)×高－2．但我们现在是比较三个梯形面积的大小，所以不妨把它们的面积都乘以2，这样只须比较(上底＋下底)×高的大小就行了.我们用乘法分配律：
第一个梯形的面积的2倍是：(2.12＋3.53)×2.71＝2.12×2.7I＋3.53×2.71， 第二个梯形的面积的2倍是：(2.7l＋3.53)×2.12＝2.71×2.12＋3.53×2.12， 第三个梯形的面积的2倍是：(2.12＋2.71)×3.53＝2.12×3.53＋2.7I×3.53
先比较第一个和第二个两个式子右边的第一个加数，一个是2.12×2.71，
另一个是2.71×2.12由乘法交换律，这两个积相等因此只须比较第二个加数的大小就行了，显然3.53×2.71比3.53×2.12大，因为2.71比2.12大因此第一个梯形比第二个梯形的面积大.类似地，如果比较第一个和第三个，我们发现它们右边第二个加数相等．而第一个加数2.12×2.71＜2.12×3.53.因此第三个梯形比第一个梯形面积大.综上所述，第三个梯形面积最大.
答：第三个梯形面积最大．
10．【解】因为电子钟每到整点响铃，所以我们只要考虑哪个整点亮灯就行了．从中午12点起，每9分钟亮一次灯，要过多少个9分钟才到整点呢？由于1小时＝60分钟，这个问题换句话说就是：9分钟的多少倍是60分钟的整数倍呢？即求9分和60最小公倍数．9和60的最小公倍数是180．这就是说，从正午起过180分钟，也就是3小时，电子钟会再次既响铃又亮灯．
答：下一次既响铃又亮灯时是下午3点钟．
11．【解】每种花色各选3张，一共12张，可见抽12张牌不能保证有4张牌是同一花色的. 如果抽13张牌，由于花色只有4种，其中必有一种多于3张，即必有4张牌同一花色. 答：至少要抽13张牌，才能保证有四张牌是同一花色的.
12．【解】先增加一条船，那么正好每条船坐6人.然后去掉两条船，就会余下6×2＝12名同学，改为每条船9人，也就是说，每条船增加9－6＝3人,正好可以把余下的12名同学全部安排上去，所以现在还有12÷3＝4条船，而全班同学的人数是9×4＝36人
【又解】由题目的条件可知，全班同学人数既是6的倍数，又是9的倍数，因而是6和9的公倍数．6和9的最小公倍数是18．如果总数是18人，那么每船坐6人需要有18÷6＝3条船，而每船坐9人需要18÷9＝2条船，就是说，每船坐6人比每船坐9人要多一条船．但由题目的条件，每船坐6人比每船坐9人要多用2条船．可见总人数应该是18×2＝36． 答：这个班共有36个人
13．【解】根据题意将小兔座位变化的规律找出来．
可以看出：每一次交换座位，小兔的座位按顺时针方向转动一格，每4次交换座位，小兔的座位又转回原处．知道了这个规律，答案就不难得到了．第十次交换座位后，小兔的座位应该是第2号位子．
答：第十次交换座位后，小兔坐在第2号位子．
14．【解】用1、9、8、8可排成12个四位数，即1988，1898，1889，9188，9818，9881，8198，8189，8918，8981，8819，8891
它们减去8变为1980，1890，1881，9180，9810，9873，8190，8181，8910，8973，8811，8883
其中被11整除的仅有1980，1881，8910，8811，即用1、9、8、8可排成4个被1除余8的四位数，即1988，1889，8918，8819.
【又解】什么样的数能被11整除呢？一个判定法则是：比较奇位数字之和与偶位数字之和，如果它们之差能被11除尽，那么所给的数就能被11整除，否则就不能够．
现在要求被11除余8，我们可以这样考虑：这样的数加上3后，就能被11整除了．所以我们得到“一个数被11除余8”的判定法则：将偶位数字相加得一个和数，再将奇位数字相加再加上3，得另一个和数，如果这两个和数之差能被11除尽，那么这个数是被11除余8的数；否则就不是．
要把1、9、8、8排成一个被11除余8的四位数，可以把这4个数分成两组，每组2个数字．其中一组作为千位和十位数，它们的和记作A；另外一组作为百位和个位数，它们之和加上3记作B．我们要适当分组，使得能被11整除．现在只有下面4种分组法：
经过验证，第（1）种分组法满足前面的要求：A＝1＋8，B＝9＋8＋3＝20，B－A＝11能被11除尽．但其余三种分组都不满足要求．
根据判定法则还可以知道，如果一个数被11除余8，那么在奇位的任意两个数字互换，或者在偶位的任意两个数字互换，得到的新数被11除也余8．于是，上面第（1）分组中，1和8中任一个可以作为千位数，9和8中任一个可以作为百位数．这样共有4种可能的排法：1988，1889，8918，8819．
答：能排成4个被11除余8的数
15．【解】我们先在右图小正方形中找一个代表点，例如右下角的点E作为代表点．然后将小正方形按题意放在围棋盘上，仔细观察点E应在什么地方．通过观察，不难发现：
（1）点E只能在棋盘右下角的正方形ABCD（包括边界）的格子点上．
（2）反过来，右下角正方形ABCD中的每一个格子点都可以作为小正方形的点E，也只能作为一个小正方形的点E．这样一来，就将“小正方形的个数”化为“正方形ABCD中的格子点个数”了．很容易看出正方形ABCD中的格子点为10×10＝100个．
答：共有100个。
篇4：第十届华杯赛初赛试题和答案
第十届华杯赛初赛试题和答案
试题：
1.是中国伟大航海家郑和首次下西洋600周年，西班牙伟大航海家哥伦布首次远洋航行是在1492年.问这两次远洋航行相差多少年?
2.从冬至之日起每九天分为一段，依次称之为一九，二九，…，九九.的冬至为12月21日，20的立春是2月4日。问立春之日是几九的第几天?
3.右图是一个直三棱柱的表面展开图，其中，黄色和绿色的部分都是边长等于1的正方形。问这个直三棱柱的体积是多少?
4.爸爸、妈妈、客人和我四人围着圆桌喝茶。若只考虑每人左邻的情况，问共有多少种不同的入座方法?
5.在奥运会的铁人三项比赛中，自行车比赛距离是长跑的4倍，游泳的距离是自行车的，长跑与游泳的距离之差为8.5千米。求三项的总距离。
6.如右图，用同样大小的正三角形，向下逐次拼接出更大的正三角形。其中最小的三角形顶点的个数(重合的顶点只计一次)依次为：3，6，10，15，21，…问：这列数中的第9个是多少?
7.一个圆锥形容器甲与一个半球形容器乙，它们圆形口的直径与容器的高的尺寸如图所示。若用甲容器取水来注满乙容器，问：至少要注水多少次?
8.100名学生参加社会实践，高年级学生两人一组，低年级学生三人一组，共有41组。问：高、低年级学生各多少人?
9.小鸣用48元钱按零售价买了若干练习本。如果按批发价购买，每本便宜2元，恰好多买4本。问：零售价每本多少元?
10.不足100名同学跳集体舞时有两种组合：一种是中间一组5人，其他人按8人一组围在外圈;另一种是中间一组8人，其他人按5人一组围在外圈。问最多有多少名同学?
11.输液100毫升，每分钟输2.5毫升。请你观察第12分钟时吊瓶图像中的数据，回答整个吊瓶的容积是多少毫升?
解答：
1.87年 2.六九的`第一天 3.1/2 4.共有6种不同的入座方法 5.三项的总距离为51.5千米
6.第9个是55 7.至少要注水8次 8.高年级学生46人、低年级学生54人 9.零售价每本6元
10.93名 11.150毫升 12.至多有6条直线.
1.【解】1492-(-600)=87(年)
2.【解】12月31天，1月31天，从冬至到立春共有(31-20)+31+4=46(天)
46÷9=5…1，立春是六九第一天.
3.【解】直三棱柱的体积是×1×1×1=(立方米)
4.【解】第一人落座有4个位置可选，第一人落座后，坐在他的左面的有三种情况，而每种情况另一人的左邻又有两种，所以共有4×3×2=24种方法，但由于是圆桌，只考虑相邻情况，不考虑具体坐在哪一面，所以只有24÷4=6种入座方法。
5.【解】设自行车距离为1，则长跑为，游泳为，长跑与游泳之差为自行车距离的-=，是8.5千米，所以自行车距离为8.5÷=40千米，长跑为40×=10千米，游泳为40×=1.5千米，共为40+10+1.5=51.5千米.
6.【解】这列数第一项为3，第二项比第一项多3，以后每项比前项多项数加1，所以第9项为3+3+4+5+6+…+10=1+2+3+4+5+6+…+10=55。
7.【解】球的体积为，圆锥的体积为，从图可知，此题中h=r，而圆锥的底面半径为半球半径的，所以半球的体积是圆锥体积的=8(倍)，即需要注水8次。
8.【解】如全为高年级学生，则只需41×2=82(人)，实际100人，100-82=18(人)，所以有18组低年级学生，41-18=23组高年级学生，高年级学生为23×2=46(人)，低年级学生为18×3=54(人)。
9.【解】见下图，以横线表示本数，纵线表示单价，因为黄色部分面积与绿色部分面积相等，所以黄色的宽是绿色高的2倍，设批发价为x元(图中绿色长方形的高)，
则有：x×(2x+4)=48，即x×(x+2)=24=4×6=4×(4+2)
所以，x=4(元)，零售价为x+2=6(元)
10.【解】此题实际是一个不足100的整数，减去5能被8整除，即除以8余5，减去8能被5整除，即除以5余3，求其最大值。13除以8余5，除以5余3，8和5的最小公倍数为40，13+2×40=93，为满足条件的整数，即最多有93名同学。
11.【解】从图中可知，12分钟时，吊瓶的无液部分是80毫升，12分钟共输液2.5×12=30毫升，即装100毫升溶液时吊瓶的空余部分是50毫升，整个吊瓶的容积是100+50=150毫升。
篇5：第十二届华杯赛初赛试题和答案是什么
一、选择题
1.算式等于( )
A.3 B.2 C.1 D.0
2.折叠一批纸鹤，甲同学单独折叠需要半小时，乙同学单独折叠需要45分钟，则甲、乙两同学共同折叠需要( )
A.12分钟 B.15分钟 C.18分钟 D.20分钟
3.如图，将四条长为16cm，宽为2cm的矩形纸条垂直相交平放在桌面上，则桌面被盖住的面积是( )
A.72cm2 B.128cm2 C.124cm2 D.112cm2
4.地球表面的陆地面积和海洋面积之比是29∶71，其中陆地的四分之三在北半球，那么南、北半球海洋面积之比是( )
A.284∶29 B.284∶87 C.87∶29 D.171∶113
5.一个长方体的长、宽、高恰好是3个连续的自然数，并且它的体积的数值等于它的所有棱长之和的数值的2倍，那么这个长方体的表面积是( )
A.74 B.148 C.150 D.154
6.从和为55的10个不同的自然数中，取出3个数后，余下的数之和是55的，则取出的三个数的积最大等于( )
A.280 B.270 C.252 D.216
二、填空题
7.
如图，某公园有两段路，AB=175米，BC=125米，在这两段路上安装路灯，要求A、B、C三点各设一个路灯，相邻两个路灯间的距离都相等，则在这两段路上至少要安装路灯___个.
8.将×0.63的积写成小数形式是____.
9.
如图，有一个边长为1的正三角形，第一次去掉三边中点连线围成的那个正三角形;第二次对留下的三个正三角形，再分别去掉它们中点连线围成的'三角形;…做到第四次后，一共去掉了________个三角形.去掉的所有三角形的边长之和是________.
10.同学们野营时建了9个营地，连接营地之间的道路如图所示，贝贝要给每个营地插上一面旗帜，要求相邻营地的旗帜色彩不同，则贝贝最少需要___种颜色的旗子，如果贝贝从某营地出发，不走重复路线就___(填“能”或“不能”)完成任务.
一、选择题
1.答案：B
2.答案：C
3.解：16×2×4-2×2×4=112(cm2) 答案：D
4.解：设地球表面积为1，
则北半球海洋面积为：0.5-0.29×==
南半球海洋面积为：0.71-==
南北半球海洋面积之比为：∶=171∶113
答案：D
5.解：设长方体的三条棱长分别为a-1，a，a+1，则它的体积为,
它的所有棱长之和为[(a-1)+a+(a+1)]×4=12a
于是有=12a×2，即=25a，=25，a=5，
即这个长方体的棱长分别为4，5，6
所以，它的表面积为(4×5+4×6+5×6)×2=148
答案：B
6.解：余下的数之和为：55×=35，取出的数之和为：55-35=20，
要使取出的三个数之积尽量大，则取出的三个数应尽量接近，
我们知6+7+8=21，所以取5×7×8=280
答案：A
二、填空题
7.解：175与125的最大公约数为25，所以取25米为两灯间距，
175=25×7，125=25×5，AB段应按7+1=8盏灯，BC段应按5+1=6盏灯，
但在B点不需重复按灯，故共需安装8+6-1=13(盏)
8.解：×0.63=5×0.63===
9.解：第一次去掉1个三角形，得到3个小三角形，去掉的三角形的边长为3×;
第二次去掉3个三角形，得到9个小三角形，去掉的三角形的边长为3×3×;
第三次去掉9个三角形，得到27个小三角形，去掉的三角形的边长为9×3×;
第四次去掉27个三角形，去掉的三角形的边长为27×3×;
所以，四次共去掉1+3+9+27=40(个)小三角形，
去掉的所有三角形的边长之和是：3×+9×+27×+81×=12
10.解：最少需要3种颜色的旗子。因为中间的三点连成一个三角形，要使这三点所代表营地两粮相邻，要使相邻营地没有相同颜色的旗子，必须各插一种与其它两点不同颜色的旗子。
不走重复路线不能完成插旗的任务，因为本题共有6各奇点。
篇6：第三届华杯赛决赛一试试题答案
第三届华杯赛决赛一试试题答案
参考答案
第三届华杯赛决赛一试试题答案：1.原式等于2.360的约数有24个，这些约数的和是1170
3.在第3939行中，自左至右第1949个
4.至少要画10条直线
5.8倍
6.剩下124枚白子
1.【解】原式===2.【解】360=2×2×2×3×3×5=23×32×5
所以360有(3+1)×(2+1)×(1+1)=24个约数
约数的和是
(1+2+22+23)×(1十3+32)×(1十5)=1170
3.【解】我们先注意，第一行的每个数的分子、分母之和等于2，第二行的每个数的分子、分母之和等于3，…，第五行的每个数的分子、分母之和等于6。由此可看到一个规律，就是每行各数的分子、分母之和等于行数加1.
其次，很明显可以看出，每行第一个数的分母是1，第二个数的分母是2.…，即自左起第几个数的分母就是几.
因此，所在的行数等于1991+1949-1=3939。而在第3939行中，位于自左至右第1949个.
4.【解】我们来一条一条地画直线.画第一条直线将圆形纸片划分成2块。画第二条直线，如果与第一条直线在圆内相交，则将圆形纸片划分成4块(增加了2块)，否则只能划分成3块。类似地，画第三条直线，如果与前两条直线都在圆内相交，且交点互不相同(即没有3条直线交于一点)，则将圆形纸片划分成7块(增加了3块)，否则划分的块数少于7块。下图是画3条直线的各种情形
由此可见，若希望将纸片划分成尽可能多的'块教，应该使新画出的直线与原有的直线都在圆内相交，且交点互不相同。这时增加的块数等于直线的条数。这样划分出的块数,列表如下：
直线条数纸片最多划分成的块数
1 1+1
2 1+1+2
3 1+1+2+3
5 1+1+2+3+4
5 1+1+2+3+4+5
不难看出，表中每行右边的数等于1加上从1到行数的所有整数的和。因为1+1+2+3+…+10=56，1+1+2+3+…+9=46，可见第9行右边还不到50，而第10行右边已经超过50了.
答：至少要画10条直线.
5.【解】我们先画一个图如下，其中A是学校，B是工厂，C是汽车和劳模相遇的地点。
汽车从A到B往返需1小时，即从A到B需30分钟，汽车从A到C往返用了40分钟，即从A到C需20分钟，从而从C到B需
30-20=10(分钟)。因为汽车到达C点是2点20分，所以劳模从B到C共用
60+20=80(分钟)，从而汽车速度是劳模步行速度的8(=80÷10)倍。
6.【解】由于1990是偶数，在第一圈操作中，一共取走=995枚白子，其中最后取的是黑子前面的一个子(即反时针方向第一个子)。这时还剩下995枚白子.下一次取走黑子后面一个子(即顺时针方向第一个)。由于995是奇数，第二圈操作最后取的仍是黑子前面的一个子，共取走=498枚白子，还剩下497枚白子。类似地，第三圈操作取走=249枚白子，还剩下248枚白子。由于248是偶数，第四圈操作最后取走黑子，这时圆周上还剩下=124枚白子
答.圆周上还剩下124枚白子
篇7：第一届华杯赛初赛试题的答案
第一届华杯赛初赛试题的答案
参考答案
第一届华杯赛初赛试题答案：1.【解】1986是这五个数的平均数，所以和=1986×5=9930。
2.【解】方框的面积是。每个重叠部分占的面积是一个边长为1厘米的正方形。重叠部分共有8个
×5一l×8
=(100—64)×5—8
=36×5—8
=172(平方厘米)。
故被盖住的面积是172平方厘米。
3.【解】105=3×5×7，共有(1+1)×(1+1)×(1+1)=8个约数，即1，3，5，7，15，21，35，105。
4.【解】在这道题里，最合理的安排应该最省时间。先洗开水壶，接着烧开水，烧上水以后，小明需要等15分钟，在这段时间里，他可以洗茶壶，洗茶杯，拿茶叶，水开了就沏茶，这样只用16分钟。
5.【解】149的个位数是9，说明两个个位数相加没有进位，因此，9是两个个位数的和，14是两个十位数的和。于是，四个数字的总和是14+9=23。
6.【解】松鼠采了：112÷14=8(天)
假设这8天都是晴天，可以采到的松籽是：20×8=160(个)
实际只采到112个，共少采松籽：160-112=48(个)
每个下雨天就要少采：20-12=8(个)
所以有48÷8=(6)个雨天。
7.【解】因为正方体的边长是1米，2100个正方体堆成实心长方体的体积就是2100立方米。
已经知道，高为10米，于是长×宽=210平方米
把210分解为质因数：210=2×3×5×7
由于长和宽必须大于高(10米)，长和宽只能是：3×5和2×7。也就是15米和14米。14米+15米=29米。
答：长与宽的和是29米。
8.【解】39-32=7。这7分钟每辆行驶的距离恰好等于第二辆车在8点32分行过的距离的1(=3-2)倍。因此第一辆车在8点32分已行7×3=21(分)，它是8点11分离开化肥厂的(32-21=11)。
【注】本题结论与两车的速度大小无关，只要它们的速度相同。答案都是8点11分。
9.【解】这个数除300、262，得到相同的余数，所以这个数整除300-262=38，同理，这个数整除262-205=57，因此，它是38、57的公约数19。
10.【解】因为一共赛了六场，而且“甲乙丙三人胜的`场数相同”他们不是各胜一场就是各胜两场如果甲、乙、丙各胜一场，丁就应该是胜了三场，但丁已经败给了甲，他就不可能胜三场因此，只可能是甲、乙、丙各胜二场，3×2=6，三人共胜了六场，所以丁一场也没有胜。
11.【解】1111111111×9999999999
=1111111111×(10000000000-1)
=11111111110000000000-1111111111
=111111111088888888889
于是有1O个数字是奇数。
12.【解】10根筷子，可能8根黑，1根白，1根黄，其中没有颜色不同的两双筷子。
如果取11根，那么由于11>3，其中必有两根同色组成一双，不妨设这一双是黑色的，去掉这两根，余下9根，其中黑色的至多6(=8-2)根，因而白、黄两色的筷子至少有3(=9-6)根，3根中必有2根同色组成一双。这样就得到颜色不同的两双筷子。所以至少要取11根。
13.【解】菜地的3倍和麦地的2倍是13×6公顷。菜地的2倍和麦地的3倍是12×6公顷，
因此菜地与麦地共：(13×6+12×6)÷(3+2)=30(公顷)，
菜地是13×6-30×2=18(公顷)。
14.【解】71427被7除，余数是6，19被7除，余数是5，所以71427×19被7除，余数就是6×5被7除所得的余数2。
15.【解】从第一次记录到第十二次记录，相隔十一次，共5×11=55(小时)。时针转一圈是12小时，55除以12余数是7，9-7=2
答：时针指向2。
16.【解】因为电车每隔5分钟发出一辆，15分钟走完全程。骑车人在乙站看到的电车是15分钟以前发出的，可以推算出，他从乙站出发的时候，第四辆电车正从甲站出发骑车人从乙站到甲站的这段时间里，甲站发出的电车是从第4辆到第12辆。电车共发出9辆，共有8个间隔。于是：5×8=40(分)。
17.【解】小数点后第7位应尽可能大，因此应将圈点点在8上，新的循环小数是。
18.【解】三个背包分别装8.5千克、6千克与4千克，4千克、3千克与2千克，这时最重的背包装了lO千克。
另一方面最重的包放重量不少于10千克：8.5千克必须单放(否则这一包的重量超过10)6千克如果与2千克放在一起，剩下的重量超过10，如果与3千克放在一起，剩下的重量等于10。所以最重的背包装10千克。
19.【解】从第一排与第二排看，五个小纸片的长等于三个小纸片的长加三个小纸片的宽，
也就是说，二个小纸片的长等于三个小纸片的宽。
已知小纸片的宽是12厘米，于是小纸片的长是：12×3÷2=18(厘米)，
阴影部分是三个正方形，边长正好是小纸片的长与宽的差：18-12=6
于是，阴影部分的面积是：6×6×3=108(平方厘米)。
篇8：华杯赛小中组初赛试题及答案
华杯赛小中组初赛试题及答案
初赛试卷(小学中年级组)
一、选择题(每小题10分,满分60分.以下每题的四个选项中,仅有一个是正确的,请将表示正确答案的英文字母写在每题的圆括号内.)
1.19届华杯赛小中组初赛试题：两个正整数的和小于100,其中一个是另一个的两倍,则这两个正整数的和的最大值是().
(A)83(B)99(C)96(D)98
2.现有一个正方形和一个长方形,长方形的周长比正方形的周长多4厘米,宽比正方形的边长少2厘米,那么长比正方形的边长多()厘米.
(A)2(B)8(C)12(D)4
3.用8个3和1个0组成的九位数有若干个,其中除以4余1的有()个.
(A)5(B)6(C)7(D)8
4.甲、乙、丙、丁、戊围坐在圆形桌子边玩扑克,甲有自己的固定座位.如果乙和丁的座位不能相邻,那么共有()种不同的围坐方法.
(A)10(B)8(C)12(D)16
5.新生开学后去远郊步行拉练,到达A地时比原计划时间10点10分晚了6分钟,到达C地时比原计划时间13点10分早了6分钟,A,C之间恰有一点B是按照原计划时间到达的,那么到达B点的时间是().
(A)11点35分(B)12点5分(C)11点40分(D)12点20分
6.右图中的正方形的边长为10,则阴影部分的面积为().
(A)56(B)44(C)32(D)78
二、填空题(每小题10分,满分40分)
7.爷爷的年龄的个位数字和十位数字交换后正好是爸爸的年龄,爷爷与爸爸的年龄差是小林年龄的5倍.那么小林的年龄是岁.
8.五个小朋友A,B,C,D和E参加“快乐读拼音”比赛,上场时五个人站成一排.他们胸前有每人的'选手编号牌,5个编号之和等于35.已知站在E,D,A,C右边的选手的编号的和分别为13,31,21和7.那么A,C,E三名选手编号之和是________.
9.用左下图的四张含有4个方格的纸板拼成了右下图所示的图形.若在右下图的16个方格分别填入1,3,5,7(每个方格填一个数),使得每行、每列的四个数都不重复,且每个纸板内四个格子里的数也不重复,那么A,B,C,D四个方格中数的平均数是________.
10.在一个平面上,用若干个单位长度的木棍可以摆出由多个正方形相邻的图形,右图是一示例.现在用20根单位长的小木棍摆出一个图形,要求除第一行的方格外,下面几行方格构成一个长方形,那么这样的图形中最多有________个单位边长的正方形.
初赛试题答案(小学中年级组)
一、选择题(每小题10分，满分60分)
题号123456
答案BDBCCA
二、填空题(每小题10分，满分40分)
题号78910
答案92447
篇9：小学组华杯赛初赛试题8道题
小学组华杯赛初赛试题精选8道题
小学组华杯赛初赛试题
1、全世界胡杨90%在中国，中国胡杨90%在新疆，新疆胡杨90%在塔里木.塔里木的胡杨占全世界的%.
2、50个各不相同的正整数，它们的总和是，那么这些数里奇数至多有个。
3、在一个正方形里面画一个最大的圆，这个圆的面积是正方形面积的_______%。(π取3.14)
4、如果物价下降50%，那么原来买1件东西的`钱现在就能买2件。1件变2件增加了100%，这就相当于我手中的钱增值了100%。如果物价上涨25%，相当于手中的钱贬值了_____%。
5、算式的计算结果是_______。
6、如图，大等边三角形中放了三个面积都是30平方厘米的小正六边形。大三角形的面积是______平方厘米。
7、小学组华杯赛初赛试题：如果(A、B均为自然数)，那么B最大是______。
8、甲、乙两车都从A地到B地。甲车比乙车提前30分钟出发，行到全程三分之一时，甲车发生了故障，修车花了15分钟，结果比乙车晚到B地15分钟。甲车修车前后速度不变，全程为300千米。那么乙车追上甲车时在距A地_______千米。
篇10：华杯赛小高组的初赛B类试题和答案
关于华杯赛小高组的初赛B类试题和答案
初赛试卷(小学高年级B组)
一、选择题(每小题10分，满分60分.以下每题的四个选项中，仅有一个是正确的，请将表示正确答案的英文字母填在答题卡相应题处.)
1.华杯赛小高组初赛B类试题及答案：平面上的四条直线将平面分割成八个部分,则这四条直线中至多有条直线互相平行.
(A)0(B)2(C)3(D)4
2.在下列四个算式中：ABCD2，EF0，GH1，IJ4A～J代表0～9中的不同数字，那么两位数AB不可能...是().
(A)54(B)58(C)92(D)96
3.淘气用一张正方形纸剪下了一个最大的圆(如图甲)，笑笑用一张圆形纸剪下了七个相等的最大圆(如图乙)，在这两种剪法中，哪种剪法的`利用率最高?(利用率指的是剪下的圆形面积和占原来图形面积的百分率)下面几种说法中正确的是().
(A)淘气的剪法利用率高(B)笑笑的剪法利用率高
(C)两种剪法利用率一样(D)无法判断
4.小华下午2点要到少年宫参加活动，但他的手表每个小时快了4分钟，他特意在上午10点时对好了表.当小华按照自己的表于下午2点到少年宫时，实际早到了()分钟.
(A)14(B)15(C)16(D)17
5.甲乙丙丁四个人今年的年龄之和是72岁.几年前(至少一年)甲是22岁时，乙是16岁.又知道，当甲是19岁的时候，丙的年龄是丁的3倍(此时丁至少1岁).如果甲乙丙丁四个人的年龄互不相同，那么今年甲的年龄可以有()种情况.
(A)4(B)6(C)8(D)10
篇11：19届华杯赛小高组初赛A类试题题目
19届华杯赛小高组初赛A类试题题目
初赛试卷(小学高年级A组)
一、选择题(每小题10分,满分60分.以下每题的四个选项中,仅有一个是正确的,请将表示正确答案的英文字母写在每题的圆括号内.)
1.19届华杯赛小高组初赛A类试题：平面上的四条直线将平面分割成八个部分,则这四条直线中至多有()条直线互相平行.
(A)0(B)2(C)3(D)4
2.某次考试有50道试题,答对一道题得3分,答错一道题扣1分,不答题不得分.小龙得分120分,那么小龙最多答对了()道试题.
(A)40(B)42(C)48(D)50
3.用左下图的四张含有4个方格的纸板拼成了右下图所示的`图形.若在右下图的16个方格分别填入1,3,5,7(每个方格填一个数),使得每行、每列的四个数都不重复,且每个纸板内四个格子里的数也不重复,那么A,B,C,D四个方
格中数的平均数是().
(A)4(B)5(C)6(D)7
4.小明所在班级的人数不足40人,但比30人多,那么这个班男、女生人数的比不可能是().
(A)2:3(B)3:4(C)4:5(D)3:7
5.某学校组织一次远足活动,计划10点10分从甲地出发,13点10分到达乙地,但出发晚了5分钟,却早到达了4分钟.甲乙两地之间的丙地恰好是按照计划时间到达的,那么到达丙地的时间是().
(A)11点40分(B)11点50分(C)12点(D)12点10分
6.如右图所示,AF7cm,DH4cm,BG5cm,AE1cm.若正方形ABCD内的四边形EFGH的面积为78cm,则正方形的边长为()cm.
(A)10(B)11(C)12(D)13
二、填空题(每小题10分,满分40分)
7.五名选手A,B,C,D,E参加“好声音”比赛,五个人站成一排集体亮相.他们胸前有每人的选手编号牌,5个编号之和等于35.已知站在E右边的选手的编号和为13;站在D右边的选手的编号和为31;站在A右边的选手的编号和为21;
站在C右边的选手的编号和为7.那么最左侧与最右侧的选手编号之和是_____.
8.甲乙同时出发,他们的速度如下图所示,30分钟后,乙比甲一共多行走了________米.
9.四个黑色1×1×1的正方体和四个白色1×1×1的正方体可以组成________种不同的2×2×2的正方体(经过旋转得到相同的正方体视为同一种情况).
10.在一个圆周上有70个点,任选其中一个点标上1,按顺时针方向隔一个点的点上标2,隔两个点的点上标3,再隔三个点的点上标4,继续这个操作,直到1,2,3,…,2014都被标记在点上.每个点可能不只标有一个数,那么标记了2014的点上标记的最小整数是________.
初赛试题答案(小学高年级组)
一、选择题(每小题10分，满分60分)
题号123456
答案CBADBC
二、填空题(每小题10分，满分40分)
题号78910
答案1130075
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